Correction de l’examen national du baccalauréat Session normale 2017

Série science physique option française

Partie 𝐼 : la pile aluminium-cuivre

1- Le quotient de réaction 𝑄𝑟,𝑖à l’état initial :

D’prés l’équation de la réaction :

𝟑𝑪𝒖(𝒂𝒒)𝟐+ + 𝟐𝑨𝒍(𝒔) ⇄ 𝟑𝑪𝒖(𝒔) + 𝟐𝑨𝒍(𝒂𝒒)

𝟑+

𝑸𝒓,𝒊 =[𝑨𝒍𝟑+]𝒊

𝟐

[𝑪𝒖𝟐+]𝒊𝟑

A.N :

𝑄𝑟,𝑖 =(6,5.10−1)2

(6,5.10−1)3⟹ 𝑸𝒓,𝒊 = 𝟏, 𝟓𝟒

2- Le sens d’évolution spontanée du système chimique au cours du fonctionnement de la pile :

Puisque 𝑄𝑟,𝑖 < 𝐾 = 10200, donc le système chimique évolue spontanément dans le sens direct.

3- Représentation du schéma conventionnel de la pile :

Au cours du fonctionnement de la pile l’aluminium (𝐴𝑙) s’oxyde en ion (𝐴𝑙3+), donc l’électrode 𝐴𝑙

représente le pôle négatif de la pile.

(+) 𝑪𝒖(𝒔) 𝑪𝒖(𝒂𝒒)𝟐+⁄ ∕∕ 𝑨𝒍(𝒂𝒒)

𝟑+ 𝑨𝒍(𝒔) (−)⁄

4- La quantité d’électricité q, lorsque la concentration des ions 𝐶𝑢2+ devient : [𝐶𝑢2+] =

1,6.10−1 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1

Tableau périodique :

Quantité de matière d

è transportée

𝐶𝑢(𝑎𝑞)2+ ⟶ 𝐶𝑢(𝑠) + 2𝑒

− Avancement Etat du système

𝑛(è) = 0 − 𝑛𝑖(𝐶𝑢) [𝐶𝑢2+]𝑖. 𝑉 0 Initial

𝑛(è) = 2𝑥 − 𝑛𝑖(𝐶𝑢) − 𝑥 [𝐶𝑢2+]𝑖. 𝑉 − 𝑥 𝑥 Au cours de la réaction

D’après le tableau d’avancement :

[𝐶𝑢2+] =[𝐶𝑢2+]𝑖. 𝑉 − 𝑥

𝑉= [𝐶𝑢2+]𝑖 −

𝑥

𝑉 ⟹

𝑥

𝑉= [𝐶𝑢2+]𝑖 − [𝐶𝑢

2+]

𝑥 = 𝑉. ([𝐶𝑢2+]𝑖 − [𝐶𝑢2+]) (1)

On sait que :

{𝑛(è) = 2𝑥

𝑛(è) =𝑞

𝐹 ⟹ 2𝑥 =

𝑞

𝐹 ⟹ 𝑞 = 2𝑥𝐹 (2)

D’après les deux relations (1) et (2) on obtient :

𝒒 = 𝟐𝑽. ([𝑪𝒖𝟐+]𝒊 − [𝑪𝒖𝟐+]). 𝑭

A.N :

𝑞 = 2 × 65 × 10−3 × (6,5.10−1 − 1,6.10−1) × 9,65 × 104

𝒒 = 𝟔𝟏𝟒𝟕, 𝟎𝟓 𝑪

Partie 𝐼𝐼 : Réaction de l’acide butanoïque

1- Réaction de l’acide butanoïque avec de l’eau

1-1- le taux d’avancement final de la réaction :

Tableau d’avancement :

Equation de la réaction 𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐻(𝑎𝑞) + 𝐻2𝑂(𝑙) ⇄ 𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂(𝑎𝑞)− + 𝐻3𝑂(𝑎𝑞)

+

Etat du système Avancement Quantité de matière en (𝑚𝑜𝑙)

Etat initial 0 0 0 en excès 𝐶. 𝑉

Au cours de la

réaction

𝑥 𝑥 𝑥 en excès 𝐶. 𝑉 − 𝑥

Etat final 𝑥𝑒𝑞 𝑥𝑒𝑞 𝑥𝑒𝑞 en excès 𝐶. 𝑉 − 𝑥𝑒𝑞

On a :

[𝐻3𝑂+] =

𝑥𝑒𝑞

𝑉 ⟹ 𝑥𝑒𝑞 = [𝐻3𝑂

+]. 𝑉 = 10−𝑝𝐻. 𝑉

𝐶. 𝑉 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0 ⟹ 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝐶. 𝑉

L’expression de taux d’avancement :

𝜏 =𝑥𝑒𝑞

𝑥𝑚𝑎𝑥 ⟹ 𝜏 =

10−𝑝𝐻. 𝑉

𝐶. 𝑉⟹ 𝝉 =

𝟏𝟎−𝒑𝑯

𝑪

A.N :

𝜏 =10−3,41

1,0.10−2= 3,9. 10−2 ⟹ 𝝉 ≃ 𝟒 %

On constate 𝜏 < 1 donc la transformation est limitée.

1-2- L’expression du quotient de réaction 𝑄𝑟,𝑒𝑞à l’équilibre :

D’prés le tableau d’avancement :

[𝐻3𝑂+]𝑒𝑞 = [𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂

−]𝑒𝑞 =𝑥𝑒𝑞

𝑉⟹ [𝐻3𝑂

+]𝑒𝑞 = 10−𝑝𝐻

[𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐻]𝑒𝑞 =𝐶. 𝑉 − 𝑥𝑒𝑞

𝑉= 𝐶 −

𝑥𝑒𝑞

𝑉⟹ [𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐻]𝑒𝑞 = 𝐶 − 10

−𝑝𝐻

𝑄𝑟,𝑒𝑞 =[𝐻3𝑂

+]𝑒𝑞. [𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂−]𝑒𝑞

[𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐻]𝑒𝑞=(10−𝑝𝐻)2

𝐶 − 10−𝑝𝐻

𝑸𝒓,𝒆𝒒 =𝟏𝟎−𝟐𝒑𝑯

𝑪 − 𝟏𝟎−𝒑𝑯

AN :

𝑄𝑟,𝑒𝑞 =10−2×3,41

1,0.10−2 − 10−3,41⟹𝑸𝒓,𝒆𝒒 ≈ 𝟏, 𝟓𝟕. 𝟏𝟎

−𝟓

1-3- Déduction de la valeur du 𝑝𝐾𝐴 :

On a :

𝑄𝑟,𝑒𝑞 = 𝐾𝐴

𝒑𝑲𝑨 = − 𝐥𝐨𝐠𝑲𝑨

A.N :

𝑝𝐾𝐴 = − log(1,57.10−5) ⟹ 𝒑𝑲𝑨 = 𝟒, 𝟖

2- Réaction de l’acide butanoïque et de son anhydride sur l’alcool

2-1- L’intérêt du chauffage à reflux :

Le chauffage à reflux augmente la vitesse de la réaction en évitant les pertes de la matière des

réactifs et des produits. Les vapeurs qui se dégagent se condensent.

2-2- La valeur du temps de demi-réaction 𝑡1 2⁄ pour chaque réaction :

D’après la définition de demi-réaction 𝑡1 2⁄ : 𝑥(𝑡1 2⁄ ) =𝑥𝑓

2

D’après la courbe (1) on trouve : 𝑥𝑓1 = 0,2 𝑚𝑜𝑙 et 𝑥1(𝑡1 2⁄ ) = 0,1 𝑚𝑜𝑙 donc l’abscisse de 0,1 𝑚𝑜𝑙 est

(𝒕𝟏 𝟐⁄ )𝟏 = 𝟖 𝒎𝒊𝒏.

D’après la courbe (2) on trouve : 𝑥𝑓2 = 0,3 𝑚𝑜𝑙 et 𝑥1(𝑡1 2⁄ ) = 0,15 𝑚𝑜𝑙 donc l’abscisse de 0,15 𝑚𝑜𝑙 est

(𝒕𝟏 𝟐⁄ )𝟏 = 𝟐, 𝟓 𝒎𝒊𝒏.

La réaction de l’expérience 2 est la plus rapide.

2-3- Le taux d’avancement final de chaque réaction :

𝝉 =𝒙𝒆𝒒

𝒙𝒎𝒂𝒙

Tableau d’avancement :

Equation de la réaction 𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐶2𝐻5𝑂𝐻 ⇄ 𝐶3𝐻7𝐶𝑂𝑂𝐶2𝐻5 + 𝐻2𝑂

Etat du système Avancement Quantité de matière en (𝑚𝑜𝑙)

Etat initial 0 0 0 𝑛0 𝑛0

Etat final 𝑥𝑒𝑞 𝑥𝑒𝑞 𝑥𝑒𝑞 𝑛0 − 𝑥𝑒𝑞 𝑛0 − 𝑥𝑒𝑞

Pour la première expérience :

L’avancement maximal :

𝑛0 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0 ⟹ 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑛0 = 0,3 𝑚𝑜𝑙

L’avancement final :

𝑥𝑓1 = 0,2 𝑚𝑜𝑙

Le taux d’avancement final :

𝜏1=𝑥𝑓1

𝑥𝑚𝑎𝑥⟹ 𝜏

1=0,2

0,3= 0,67 ⟹ 𝝉

𝟏= 𝟔𝟕 %

Pour la deuxième expérience :

L’avancement maximal est le même: 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑛0 = 0,3 𝑚𝑜𝑙

L’avancement final :

𝑥𝑓2 = 0,3 𝑚𝑜𝑙

Le taux d’avancement final :

𝜏2=𝑥𝑓2

𝑥𝑚𝑎𝑥⟹ 𝜏

2=0,3

0,3= 1 ⟹ 𝝉

𝟐= 𝟏𝟎𝟎 %

-La réaction de l’expérience 2 est la réaction totale.

2-4- L’équation de la réaction qui se produit lors de la deuxième expérience :

Question Elément de réponse

1 𝝀 = 𝟒𝒄𝒎

2 ∨= 𝟐𝒎. 𝒔−𝟏

3 𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟑 𝒔

4 𝒚𝑴(𝒕) = 𝒚𝑺(𝒕 − 𝟎, 𝟎𝟑)

Justification (n’est pas demandé)

1-Longueur d’onde :

2- La vitesse de propagation :

∨= 𝜆.𝑁

∨= 4.10−2 × 50

∨= 𝟐 𝒎. 𝒔−𝟏

3- L’instant, où la coupe de la surface de l’eau :

L’onde traverse la distance 𝑑 = 6𝑐𝑚 pendant la durée t : ∨=𝑑

𝑡

𝑡 =𝑑

∨ ⇒ 𝑡 =

0,06

2

𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟑 𝒔

4- La relation entre l’élongation du point M et celle de la source S :

Le point M, se trouve à la distance 𝑆𝑀 = 𝑑 = 6𝑐𝑚 de la source S, répète le même mouvement de la

source S avec un retard 𝜏 = 𝑡 = 0,03 𝑠, donc l’élongation du point M :

𝒚𝑴(𝒕) = 𝒚𝑺(𝒕 − 𝟎, 𝟎𝟑) 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒕 ≤ 𝟎, 𝟎𝟑 𝒔

Partie 𝐼 : Réponse d’un dipôle RL à un échelon de tension

1- première étape : établissement du courant dans une bobine

1-1- Représentation de la tension 𝑢𝑅 aux bornes du conducteur

ohmique :

1-2- L’expression de l’intensité du courant 𝐼𝑝 en régime permanant :

D’après la loi d’additivité de la tension :

𝐸 = 𝑢𝐵 + 𝑢𝑅

𝑢𝐵 = 𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖 و 𝑢𝑅 = 𝑅. 𝑖

𝐸 = 𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖 + 𝑅. 𝑖 ⟹ 𝐿.

𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑖. (𝑅 + 𝑟) = 𝐸

En régime permanant l’intensité du courant est constante 𝑖 = 𝐼𝑃 = 𝑐𝑡𝑒 ⟹ 𝑑𝑖

𝑑𝑡= 0

𝐼𝑝(𝑅 + 𝑖) = 𝐸 ⟹ 𝑰𝑷 =𝑬

𝑹 + 𝒓

2- deuxième étape : rupture du courant dans une bobine

2-1- L’équation différentielle vérifiée par la tension 𝑢𝑅(𝑡) :

D’après la loi d’additivité de la tension :

𝑢𝐵 + 𝑢𝑅 = 0

𝑢𝐵 = 𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖 و 𝑢𝑅 = 𝑅. 𝑖 ⟹ 𝑖 =

𝑢𝑅𝑅

𝐿.𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑟. 𝑖 + 𝑢𝑅 = 0 ⟹ 𝐿.

𝑑

𝑑𝑡(𝑢𝑅𝑅) +

𝑢𝑅𝑅. (𝑅 + 𝑟) = 0

𝐿

𝑅.𝑑𝑢𝑅𝑑𝑡

+𝑢𝑅𝑅. (𝑅 + 𝑟) = 0

L’équation différentielle s’écrit :

𝑳

𝑹 + 𝒓.𝒅𝒖𝑹𝒅𝒕

+ 𝒖𝑹 = 𝟎

2-2- L’expression de 𝜏 :

La solution de l’équation différentielle s’écrit : 𝑢𝑅(𝑡) = 𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒−𝑡𝜏 le dérivé donne

𝑑𝑢𝑅

𝑑𝑡= −

1

𝜏. 𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒

−𝑡𝜏

on remplace dans l’équation différentielle :

−(𝐿

𝑅 + 𝑟).1

𝜏. 𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒

−𝑡𝜏 + 𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒

−𝑡𝜏 = 0

𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒−𝑡𝜏 (− (

𝐿

𝑅 + 𝑟) .1

𝜏+ 1) = 0

−(𝐿

𝑅 + 𝑟) .1

𝜏+ 1 = 0 ⟹

𝐿

(𝑅 + 𝑟). 𝜏= 1 ⟹ 𝐿 = (𝑅 + 𝑟). 𝜏

⟹ 𝝉 =𝑳

𝑹 + 𝒓

2-3- En exploitant la courbe de la figure2 :

a- Montrant que la résistance de la bobine est 𝑟 = 5Ω :

La solution de l’équation différentielle s’écrit : 𝑢𝑅(0) = 𝑅. 𝐼𝑃. 𝑒0 = 𝑅. 𝐼𝑃 d’après l’expression 𝐼𝑃 =

𝐸

𝑅+𝑟 on

écrit : 𝑢𝑅(0) = 𝑅. 𝐼𝑃 =𝑅.𝐸

𝑅+𝑟

(𝑅 + 𝑟). 𝑢𝑅(0) = 𝑅. 𝐸 ⟹ 𝑅 + 𝑟 =𝑅. 𝐸

𝑢𝑅(0) ⟹ 𝑟 =

𝑅. 𝐸

𝑢𝑅(0)− 𝑅

𝒓 = 𝑹(𝑬

𝒖𝑹(𝟎)− 𝟏)

A.N : d’après la courbe 2 on a :

𝑢𝑅(0) = 6𝑉

𝑟 = 60 × (6,5

6− 1)

𝒓 = 𝟓 𝛀

b- Vérification de la valeur de l’inductance de la

bobine :

On a : 𝜏 =𝐿

𝑅+𝑟 ⟹ 𝑳 = 𝝉. (𝑹 + 𝒓)

A.N: d’aprés la courbe de la fig.2 la valeur de la constante de temps : 𝜏 = 2,8 𝑚𝑠

𝐿 = 2,8.10−3 × (60 + 5) ⟹ 𝐿 = 0,182 𝐻

𝑳 = 𝟏𝟖𝟐 𝒎𝑯

4-2- La valeur de l’énergie 𝜉𝑚emmagasinée par la bobine à 𝑡1 = 𝜏 :

On a : 𝜉𝑚 =1

2. 𝐿. 𝑖2 avec : 𝑖(𝑡) =

𝑢𝑅(𝑡)

𝑅 donc : 𝜉𝑚 =

1

2. 𝐿. (

𝑢𝑅(𝑡)

𝑅)2

A 𝑡1 = 𝜏 on a :

𝝃𝒎(𝝉) =𝟏

𝟐. 𝑳. (

𝒖𝑹(𝝉)

𝑹)𝟐

A.N : d’après la courbe de la fig.2 on trouve : 𝑢𝑅(𝜏) = 2,2 𝑉

𝜉𝑚(𝜏) =1

2× 0,182 × (

2,2

60)2

𝝃𝒎(𝝉) = 𝟏, 𝟐. 𝟏𝟎−𝟒 𝑱

Partie 𝐼𝐼 : Modulation d’amplitude

1- Montrons que la tension 𝑢𝑆(𝑡) s’écrit : 𝑢𝑆(𝑡) = 𝐴[1 + 𝑚. 𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝑓𝑠 . 𝑡)]𝑐𝑜𝑠(2𝜋𝐹𝑝. 𝑡):

𝑢𝑆(𝑡) = 𝑘. 𝑢1(𝑡). 𝑢2(𝑡)

{𝑢1(𝑡) = 𝑃𝑚. cos(2𝜋𝐹𝑃. 𝑡)

𝑢2(𝑡) = 𝑈0 + 𝑠(𝑡) = 𝑈0 + 𝑆𝑚. cos (2𝜋𝑓𝑠. 𝑡)

𝑢𝑆(𝑡) = 𝑘. 𝑃𝑚. cos(2𝜋𝐹𝑃. 𝑡) . [𝑈0 + 𝑆𝑚. cos(2𝜋𝑓𝑠 . 𝑡)]

𝑢𝑆(𝑡) = 𝑘. 𝑃𝑚. 𝑈0 [1 +𝑆𝑚𝑈0. cos (2𝜋𝑓𝑠. 𝑡)] . cos(2𝜋𝐹𝑃. 𝑡)

On pose : 𝑨 = 𝒌.𝑷𝒎. 𝑼𝟎 et 𝒎 =𝑺𝒎

𝑼𝟎 on obtient :

𝒖𝑺(𝒕) = 𝑨. [𝟏 +𝒎. 𝐜𝐨𝐬 (𝟐𝝅𝒇𝒔. 𝒕)]. 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝝅𝑭𝑷. 𝒕)

2- En exploitant la courbe de la fig.4 :

2-1- La valeur des fréquences 𝐹𝑝 et 𝑓𝑆 :

10𝑇𝑃 = 10𝑚𝑠 ⟹ 𝑇𝑃 = 1𝑚𝑠 ⟹ 𝐹𝑃 =1

𝑇𝑃⟹ 𝐹𝑃 =

1

10−3⟹ 𝑭𝑷 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑯𝒛

𝑇𝑆 = 10𝑚𝑠 ⟹ 𝑓𝑆 =1

𝑇𝑆⟹ 𝑓𝑆 =

1

10.10−3 ⟹ 𝒇𝑺 = 𝟏𝟎𝟎 𝑯𝒛

2-2- Le taux de modulation :

𝒎 =𝑼𝑴 − 𝑼𝒎𝑼𝑴 + 𝑼𝒎

On utilisant le graphe de la fig.4 on trouve :

𝑢𝑀 = 3𝑉 𝑒𝑡 𝑈𝑚 = 1𝑉

𝑚 =3 − 1

3 + 1⟹ 𝒎 = 𝟎, 𝟓

Conclusion :

𝑚 < 1 , la modulation est bonne.

Partie 𝐼 : Etude du mouvement d’un skieur avec frottements

1- Etude du mouvement sur le plan incliné :

1.1- Equation différentielle vérifiée par la vitesse ∨𝐺 du mouvement de G :

Système étudié S={skieur et ses accessoires}

Bilan des forces : �⃗� poids de S ; �⃗� : force exercée par le plan incliné

On considère (𝐴, 𝑖 , 𝑗 ) lié à un référentiel terrestre est considéré comme galiléen, on applique la

deuxième loi de Newton :

∑𝐹 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚. 𝑎 𝐺 ⟹ �⃗� + �⃗� = 𝑚. 𝑎 𝐺 (1)

Avec �⃗� = 𝑓 + �⃗� 𝑁

Projection sur l’axe Ox :

𝑃𝑥′ + 𝑓𝑥′ + 𝑅𝑁𝑥′ = 𝑚. 𝑎𝐺𝑥′

𝑃. 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑓 = 𝑚. 𝑎𝐺

𝑚.𝑔. 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑓 = 𝑚.𝑑 ∨𝐺𝑑𝑡

𝒅 ∨𝑮𝒅𝒕

= 𝒈. 𝒔𝒊𝒏𝜶 −𝒇

𝒎

1-2- Détermination de a :

La solution de l’équation différentielle s’écrit : ∨𝐺 (𝑡) = 𝑏. 𝑡 + 𝑐 c.à.d : 𝑑∨𝐺

𝑑𝑡= 𝑏

On remplace dans l’équation différentielle :

𝒃 = 𝒈. 𝒔𝒊𝒏𝜶 −𝒇

𝒎

𝑏 = 9,8 × sin(23°) −15

65⟹ 𝒃 ≈ 𝟑, 𝟔 𝒎. 𝒔−𝟐

-Détermination de b :

A t=0 on a : ∨𝐺 (0) = 0

La solution de l’équation différentielle s’écrit : ∨𝐺 (0) = 𝑏 × 0 + 𝑐 = 0 ⟹ 𝑐 = 0

1-3- Déduction de la valeur de 𝑡𝐵 :

Selon l’expression de la solution de l’équation différentielle :

∨𝐺 (𝑡) = 𝑏. 𝑡 ⟹∨𝐺 (𝑡) = 3,6. 𝑡

Au point B :

∨𝐺𝐵= 3,6. 𝑡𝐵 ⟹ 𝒕𝑩 =∨𝑮𝑩𝟑, 𝟔

A.N :

∨𝐺𝐵= 90𝑘𝑚. ℎ−1 =

90 × 103

3600= 25𝑚. 𝑠−1

𝑡𝐵 =25

3,6⟹ 𝒕𝑩 = 𝟔, 𝟗𝟒 𝒔

1-4- L’intensité R de force exercée par le plan incliné :

On a : �⃗� = 𝑓 + �⃗� 𝑁 donc : 𝑹 = √𝒇𝟐 + 𝑹𝑵𝟐

Projection de la relation (1) sur l’axe Ay’ :

𝑃𝑦′ + 𝑅𝑦′ = 𝑚. 𝑎𝐺𝑦′

−𝑃. 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 𝑅𝑁 = 0 ⟹ 𝑅𝑁 = 𝑚.𝑔. 𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑹 = √𝒇𝟐 + (𝒎.𝒈. 𝒄𝒐𝒔𝜶)𝟐 ⟹ 𝑅 = √152 + [65 × 9,8 × cos(23°)]2 ⟹ 𝑹 = 𝟓𝟖𝟔, 𝟓𝟓 𝑵

2- Etude du mouvement sur le plan horizontal

2-1- L’intensité f’ de la force de frottement :

L’ensemble S est soumis sur le plan horizontal aux forces : �⃗� 𝑒𝑡 �⃗�

On appliquant la loi de Newton on écrit :

�⃗� + �⃗� ′ = 𝑚. 𝑎 ′𝐺

Projection sur l’axe Bx :

𝑃𝑥 + 𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎𝐺𝑥

0 − 𝑓 = 𝑚. 𝑎𝑥

𝒇 = −𝒎.𝒂𝒙

A.N :

𝑓 = −65 × (−3) ⟹ 𝒇 = 𝟏𝟗𝟓 𝑵

2-2- Détermination𝑡𝐶, l’instant d’arrêt du système :

Le mouvement est rectiligne uniformément varié son équation de vitesse s’écrit :

∨𝐶= 𝑎𝑥. 𝑡𝐶 +∨𝐵= 0 ⟹ 𝑎𝑥. 𝑡𝐶 = − ∨𝐵⟹ 𝒕𝑪 = −∨𝑩𝒂𝒙

A.N : 𝑡𝐶 = −25

(−3)⟹ 𝒕𝑪 = 𝟖, 𝟑𝟑 𝒔

2-3- Déduction de la distance BC :

L’équation horaire du mouvement de G s’écrit :

𝑥(𝑡) =1

2𝑎𝑥. 𝑡

2 +∨𝐵. 𝑡 + 𝑥0

D’après les conditions initiales ∨𝐵=90

3,6= 25 𝑚. 𝑠−1 et 𝑥0 = 0 avec 𝑎𝑥 = −3 𝑚. 𝑠

−2

𝑥(𝑡) = −1,5. 𝑡2 + 25. 𝑡 (2)

Au point C l’équation (2) s’écrit :

𝑩𝑪 = 𝒙𝑪 − 𝒙𝑩⏟=𝟎

= −𝟏, 𝟓. 𝒕𝑩𝟐 + 𝟐𝟓. 𝒕𝑩

A.N: 𝐵𝐶 = −1,5 × 8,32 + 25 × 8,3 ⟹ 𝑩𝑪 ≈ 𝟏𝟎𝟒, 𝟏𝟔 𝒎

Remarque : on peut appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre B et C:

𝐸𝑐𝐶⏟=0

− 𝐸𝑐𝐵 = 𝑊𝐵→𝐶(�⃗� )⏟ =0

+𝑊𝐵→𝐶(𝑓 ) +𝑊𝐵→𝐶(�⃗� 𝑁)⏟ =0

⟹−1

2𝑚.∨𝐵

2= −𝑓. 𝐵𝐶

𝐵𝐶 =𝑚.∨𝐵

2

2. 𝑓⟹ 𝐵𝐶 =

65 × 252

2 × 195≈ 104,2 𝑚

Parie 𝐼𝐼 : Etude énergétique d’un pendule de torsion

1- L’expression de l’énergie mécanique :

La position d’équilibre du pendule est prise comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur,

𝐸𝑝𝑝 = 0

On a: 𝐸𝑚 = 𝐸𝐶 + 𝐸𝑝𝑡

𝐸𝑐 =1

2. 𝐽∆. �̇�

2

𝐸𝑝𝑡 =1

2. 𝐶. 𝜃2 + 𝐶𝑡𝑒

La position d’équilibre du pendule est prise comme référence de l’énergie potentielle de torsion

donc 𝐶𝑡𝑒 = 0.

L’expression de 𝐸𝑚 s’écrit :

𝑬𝒎 =𝟏

𝟐𝑱∆. �̇�

𝟐 +𝟏

𝟐𝑪. 𝜽𝟐

2- La valeur de la constante C de torsion:

Puisque les frottements son négligeable on a 𝐸𝑚 = 𝐶𝑡𝑒

Quand l’abscisse angulaire est maximale, la vitesse angulaire

est nulle (�̇� = 0)

𝐸𝑚 = 𝐸𝑝𝑡 𝑚𝑎𝑥 =1

2𝐶. 𝜃𝑚

2 ⟹ 𝐶. 𝜃𝑚2 = 2. 𝐸𝑚

𝑪 =𝟐. 𝑬𝒎

𝜽𝒎𝟐

En utilisant la courbe 𝐸𝐶 = 𝑓(𝜃) on trouve : 𝜃𝑚 = 0,8 𝑟𝑎𝑑 et

𝐸𝑐 𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑚 = 16 𝑚𝐽

𝐶 =2 × 16.10−3

(0,8)2⟹ 𝑪 = 𝟓. 𝟏𝟎−𝟐 𝑵.𝒎. 𝒓𝒂𝒅−𝟏

3- La valeur de 𝐽∆ :

A la position d’équilibre l’abscisse angulaire la vitesse angulaire est maximale l’expression de 𝐸𝑚est :

𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 𝑚𝑎𝑥 =1

2𝐽∆. 𝜃�̇�

2 ⟹ 𝐽∆. 𝜃�̇�

2= 2𝐸𝑚

𝑱∆ =𝟐𝑬𝒎

𝜽�̇�𝟐

A. N : 𝐽∆ =2×16.10−3

(2,31)2⟹ 𝑱∆ ≈ 𝟔. 𝟏𝟎

−𝟑 𝒌𝒈.𝒎𝟐